zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Quế Võ 1 (Năm học 2013-2014)

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

85
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và thử sức mình trước kỳ thi, mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử đại học lần 1 môn "Toán - Trường THPT Quế Võ 1" năm học 2013-2014 dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Quế Võ 1 (Năm học 2013-2014)

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 1, NĂM HỌC 2013-2014 --------------- Môn: Toán khối A,A1,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Dành cho học sinh lớp 11 mới lên 12) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH THI KHỐI A,A1,B,D. (7,0 điểm) Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 2 − 2 x − 3 (P) a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số. b/Tìm m để đường thẳng (d): y = − x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 3 2 Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x Câu 3: (1,0 điểm). Giải bất phương trình : x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 Câu 4: (1,0 điểm).  x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0 Giải hệ phương trình:   x 2 + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1 Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy cho hai đường thẳng (d1): x − 2 y + 3 = 0 và (d2): 3x − y − 2 = 0 . Tìm các điểm M ∈ (d1), N ∈ (d2) sao cho 3OM + ON = 0 Câu 6: (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x3 1   y3 1   z 3 1  M = x + + y + + z +   4 yz   4 zx   4 xy  II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ được làm đề theo khối thi đã đăng ký) A. KHỐI A, A1. Câu 7a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho hình thoi ABCD có diện tích S = 20, một đường chéo có phương trình (d): 2 x + y − 4 = 0 và D(1;-3). Tìm các đỉnh còn lại của hình thoi biết điểm A có tung độ âm. x2 y 2 Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E): + = 1 có hai tiêu điểm F1,F2 (biết F1 6 2 có hoành độ âm). Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua F2 và song song với ( ∆ 1): y = − x + 1 đồng thời cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1 1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng: = 2 cos x 2 cos 2 x + cos x − 1 B. KHỐI B, D. Câu 7b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho ∆ABC có diện tích S = 3, B(-2;1), C(1;-3) và trung điểm I của AC thuộc đường thẳng (d): 2 x + y = 0 . Tìm tọa độ điểm A. Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 3 = 0 và đường thẳng ( ∆ ): x − 2 y − 1 = 0 . Gọi A, B là giao điểm của ( ∆ ) với (T) biết điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ điểm C ∈ (T) sao cho ∆ ABC vuông tại B. π  Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 2  ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................; Số báo danh........................... www.DeThiThuDaiHoc.com 1
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11 Câu NỘI DUNG Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4) 0.25 điểm) Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT 0.25 Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX 0.25 Vẽ đúng, đẹp 0.25 b.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: x 2 − 2 x − 3 = − x + m 0.25 ⇔ x 2 − x − 3 − m = 0 (1) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt −13 0.25 ⇔ ∆ = 4m + 13 >0 ⇔ m > (*) 4 Gọi A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) là giao điểm của (d) và (P) thì x1, x2 là nghiệm của pt(1)  x1 + x2 = 1 0.25 Ta có AB2 = 2( x1 − x2 ) 2 = 2( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 . Theo viet ta có   x1 x2 = −m − 3 Suy ra AB2 = 8m+26 0.25 Theo gt AB = 3 2 ⇔ 8m+26 =( 3 2 )2 ⇔ m = -1 (thỏa mãn đk (*)). KL:… 2 Giải phương trình... (1,0 Pt cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x ⇔ cos 2 x cos x − sin 2 x sin x = − cos x 0.25 điểm) ⇔ cos 3 x = − cos x ⇔ cos 3 x = cos(π − x ) 0.25  π kπ  x = + 3x = π − x + k 2π 4 2 ⇔ ⇔  (k ∈ Z) 0.25 3x = x − π + k 2π  x = −π + kπ  2 π π kπ Vậy PT đã cho có nghiệm: x = − 2 + kπ ; x = 4 + 2 (k ∈ Z ) 0.25 3 Giải bất phương trình... (1,0 Bpt x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 − 5 5 x 2 + 15 x + 14 − 24 ≥ 0 0.25 điểm) t ≥ 8(tm) Đặt t = 5 x 2 + 15 x + 14 , đk t ≥ 0 , bpt trở thành t 2 − 5t − 24 ≥ 0 ⇔  0.25 t ≤ −3( L) Với t ≥ 8 thì 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 8 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 64 ⇔ x 2 + 3 x − 10 ≥ 0 x ≥ 2 0.25 ⇔  x ≤ −5 KL : Vậy bpt có nghiêm là x ≥ 2 hoặc x ≤ −5 0.25 4 Giải hệ phương trình (1,0  x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0(1) y ≥ 0 điểm)  2 đk  2  x + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1(2) x + 4x − y + 1 ≥ 0 0.25 y y y Ta có pt (1) ⇔ 3 −2 2 −1 = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ y = x 2 + 2 (3) x +2 2 x +2 x +2 www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Thay (3) vào (2) ta được 4 x − 1 + 3 2 x − 1 = 1 (4) 0.25 u = 4 x − 1 u + v = 1 u = 1 Giải pt(4) đặt  đk u ≥ 0 , ta được hệ pt  2 ⇔ … ⇔  0.25 = − u − 2v = 1 v = 0 3  v 3 2 x 1 u = 1  4 x − 1 = 1 1 9 V ới  thì  ⇔ … ⇔ x = .Suy ra y= (tmđk) v = 0  3 2 x − 1 = 0 2 4 0.25 1 9 KL: Vậy hệ pt có nghiệm là  ;  2 4 5 (1,0 M ∈(d1) ⇒ M(2a-3; a), N ∈(d2) ⇒ N(b; 3b-2) 0.25 điểm) Ta có 3OM = (6a-9; 3a) ON = (b; 3b-2) 0.25  5 6 a + b = 9 a = 3OM + ON = 0 ⇔  ⇔ 3 0.25 3a + 3b = 2 b = −1 1 5 Suy ra M  ;  , N(-1;-5) 0.25 3 3 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… (1,0 x4 y 4 z 4 x y z điểm) Ta có M = + + + + + 4 4 4 yz zx xy x4 y 4 z 4 x2 + y 2 + z 2 = + + + 4 4 4 xyz ( x − y ) ≥ 0 0.25 2   Ta có ( y − z ) ≥ 0  ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 2  ( z − x ) ≥ 0  2 x= y=z x 4 y 4 z 4 xy + yz + zx  x4 1   y4 1   z 4 1  Suy ra M ≥ + + + ⇔ M ≥  + + + + +  0.25 4 4 4 xyz  4 x  4 y  4 z Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có x4 1 x4 1 1 1 1 x4 1 1 1 1 5 + = + + + + ≥ 55 = . 4 x 4 4x 4x 4x 4x 4 4x 4x 4x 4x 4 4 x 1 Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ x =1. 4 4x 0.25 y4 1 5 y4 1 Chứng minh tương tự ta được + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ y = 1. 4 y 4 4 4y z4 1 5 z4 1 + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ z =1. 4 z 4 4 4z 15 Suy ra M ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 4 0.25 15 Vậy min M = . Đạt được khi x = y = z = 1 . 4 7.a . (1,0 điểm) Dễ thấy D ∉ (d ) , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC 0.25 www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Vì ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD, và D ∈ BD suy ra pt của BD là: x – 2y – 7 = 0 Gọi I= AC ∩ BD , tọa độ điểm I là nghiệm của hệ pt: x − 2y = 7  x=3  ⇔ . ⇒ I (3; −2) 2 x + y = 4  y = −2 0.25 Mặt khác I là trung điểm của BD. Suy ra: B(5;-1) ⇒ IB = 5 Vì AC ⊥ BD nên S=2IA.IB mà S=20 ⇒ IA = 2 5 0.25 Lại có A∈(d) ⇒ A( x; 4 − 2 x) . Có IA = 2 5 ⇔ IA2 = 20 ⇔ 5( x − 3) 2 = 20 ⇔ ( x − 3) 2 = 4  x = 1 ⇒ A(1; 2) ⇔ 0.25  x = 5 ⇒ A(5; −6) Theo gt suy ra A (5;-6) (thỏa mãn) . Vì C đối xứng với A qua I nên C(1;2) KL: Vậy A(5;-6), B(5;-1), C(1:2) 8.a (1,0 T a có a 2 = 6; b 2 = 2 mà c 2 = a 2 − b 2 ⇒ c 2 = 4 ⇒ c = 2 . điểm) 0.25 Suy ra F1(-2;0), F2 (2;0) Vì ∆ // ∆1 và ∆ đi qua F2 nên pt của ( ∆ ) là: y = -x + 2 0.25  y = −x + 2   y = −x + 2 Tọa độ A,B là nghiệm của hpt  x 2 y 2 ⇔ 2  + = 1 2 x − 6 x + 3 = 0 6 2  3+ 3  3− 3 x = x =  2 hoặc  2 0.25 ⇔   y = 1− 3  y = 1+ 3  2  2  3 + 3 1− 3   3 − 3 1+ 3  Suy ra A  ; ; B  ;   2 2   2 2  Ta có AB = 6 , d ( F1 , AB) = d ( F1 , ∆) = 2 2 1 0.25 Suy ra diện tích tam giác ABF1 là S = d ( F1 , AB ). AB = 2 3 (đvdt) 2 9.a (1,0 1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x điểm) = 2 cos x (*), đk cos 2 x + cos x ≠ 0 2 cos 2 x + cos x − 1 0.25 (1 + cos 2 x) + (cos x + cos 3 x) Ta có VT(*) = 2 cos 2 x − 1 + cos x 2 cos 2 x + 2 cos x cos 2 x VT(*) = 0.25 cos 2 x + cos x 2 cos x(cos x + cos 2 x) VT(*) = 0.25 cos 2 x + cos x VT(*) = 2 cos x =VP(*) (đpcm) 0.25 7.b (1,0 I ∈ (d ) ⇒ I ( x; −2 x) . Vì I là trung điểm của AC nên A(2x - 1; - 4x + 3) 0.25 điểm) Có BC = (3; −4) ⇒ BC = 5 0.25 PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0 www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam −4 x + 10 1 1 −4 x + 10 d ( A, BC ) = , S = d ( A, BC ).BC mà S = 3 ⇔ 5=3 5 2 2 5 0.25 ⇔ 5 − 2x = 3 x =1 0.25 ⇔ x = 4 Suy ra A(1;-1); A(7;-13) 8.b (1,0 Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt điểm) x − 2 y −1 = 0 x = 2 y +1 0.25  2 ⇔  x + y − 4x − 6 y + 3 = 0 (2 y + 1) + y − 4(2 y + 1) − 6 y + 3 = 0 2 2 2 x = 2 y +1 x = 1 x = 5 ⇔ 2 ⇔ hoặc  5 y − 10 y = 0 y = 0 y = 2 0.25 Suy ra A(5;2), B(1;0) Đường tròn (T) có tâm I(2;3). 0.25 Vì A, B, C ∈ (T) và ∆ ABC vuông tại B ⇒ AC là đường kính của đường tròn (T) Suy ra I là trung điểm của AC ⇒ C(-1;4) 0.25 9.b π  (1,0 Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 (**) 2  điểm) π  Ta có VT(**) = cos 4  − x  − cos 4 x = sin 4 x − cos 4 x 0.25 2  VT(**) = ( sin 2 x − cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x ) 0.25 VT(**) = sin 2 x − cos 2 x vì sin 2 x + cos 2 x = 1 0.25 VT(**) = −(cos 2 x − sin 2 x) = − (1 − 2sin 2 x ) = 2sin 2 x − 1 =VP(**) (đpcm) 0.25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa www.DeThiThuDaiHoc.com 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.